(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(二十一)動量守恒定律(含解析)
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1、(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(二十一)動量守恒定律(含解析) 1.如圖所示,有兩個(gè)穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上,當(dāng)其中某人A從背后輕輕推另一個(gè)人B時(shí),兩個(gè)人會向相反的方向運(yùn)動。不計(jì)摩擦力,則下列判斷正確的是( ) A.A、B的質(zhì)量一定相等 B.推后兩人的動能一定相等 C.推后兩人的總動量一定為零 D.推后兩人的速度大小一定相等 解析:選C 有兩個(gè)穿著溜冰鞋的人站在水平冰面上,當(dāng)其中某人A從背后輕輕推另一個(gè)人B時(shí),不計(jì)摩擦力,兩人組成的系統(tǒng)動量守恒,推后兩人的總動量一定為零,選項(xiàng)C正確。 2. (2018·徐州八校聯(lián)考)如圖所示,A、B兩物體的中
2、間用一段細(xì)繩相連并有一壓縮的彈簧,放在平板小車C上后,A、B、C均處于靜止?fàn)顟B(tài)。若地面光滑,則在細(xì)繩被剪斷后,A、B從C上未滑離之前,A、B在C上向相反方向滑動的過程中( ) A.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 B.若A、B與C之間的摩擦力大小相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 C.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 D.若A、B與C之間的摩擦力大小不相同,則A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A、
3、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 解析:選D 當(dāng)A、B兩物體及彈簧組成一個(gè)系統(tǒng)時(shí),彈簧的彈力為內(nèi)力,而A、B與C之間的摩擦力為外力。當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小不相等時(shí),A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,動量不守恒;當(dāng)A、B與C之間的摩擦力大小相等時(shí),A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動量守恒。對A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng),彈簧的彈力及A、B與C之間的摩擦力均屬于內(nèi)力,無論A、B與C之間的摩擦力大小是否相等,系統(tǒng)所受的合外力均為零,系統(tǒng)的動量守恒。故選項(xiàng)D正確。 3.如圖所示,在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M=2m的斜面體,斜面體表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m的小
4、物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動,不計(jì)沖上斜面過程中機(jī)械能損失。如果斜面固定,則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定,則小物塊沖上斜面后能到達(dá)的最大高度為( ) A. B. C. D.h 解析:選C 斜面固定時(shí),由動能定理得:-mgh=0-mv02,所以v0=;斜面不固定時(shí),由水平方向動量守恒得:mv0=(M+m)v,由機(jī)械能守恒得:mv02=(M+m)v2+mgh′;解得:h′=h。故C正確。 4.如圖所示,一質(zhì)量M=3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個(gè)質(zhì)量m=1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s,方向相反的初速
5、度,使A開始向左運(yùn)動,B開始向右運(yùn)動,A始終沒有滑離木板B。 在小木塊A做加速運(yùn)動的時(shí)間內(nèi),木板速度大小可能是( ) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 解析:選B A先向左減速到零,再向右做加速運(yùn)動,在此期間,木板做減速運(yùn)動,最終它們保持相對靜止,設(shè)A減速到零時(shí),木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1= m/s,v2=2 m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)動的時(shí)間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s,只有選項(xiàng)B正確。 5.(2019·廈門調(diào)研
6、)如圖所示,兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置于光滑的水平面上,有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上,兩車靜止。若這個(gè)人自A車跳到B車上,接著又跳回A車并與A車相對靜止。則此時(shí)A車和B車的速度之比為( ) A. B. C. D. 解析:選C 規(guī)定向右為正方向,則由動量守恒定律有:0=MvB-(M+m)vA,得=,故C正確。 6.如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為8 kg·m/s,運(yùn)動過程中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kg·m/s,則( ) A.右方為A球,碰撞后A、B兩
7、球的速度大小之比為 2∶3 B.右方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 C.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 2∶3 D.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 解析:選C 碰前兩球的動量均為8 kg·m/s,則兩球運(yùn)動方向均向右,又mB=2mA,則vB<vA,所以左方為A球,右方為B球;A、B 兩球發(fā)生碰撞時(shí)由動量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s,B球的動量為12 kg·m/s,由mB=2mA可得碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3,故C正確。 [B級——保分題目練通抓牢] 7.(多選)如圖所示,在光滑的
8、水平面上,有一質(zhì)量為M的木塊正以速度v向左運(yùn)動,一顆質(zhì)量為m(m 9、故彈丸的速率先減小后增大,木塊的速率一直減小,由以上分析知,彈丸的速率在某一時(shí)刻可能為零,故A、B錯(cuò)誤;木塊一直向左運(yùn)動,彈丸對木塊一直做負(fù)功,彈丸先向右運(yùn)動后向左運(yùn)動,則木塊對彈丸先做負(fù)功后做正功,故C正確;由牛頓第三定律知,彈丸對木塊的水平作用力與木塊對彈丸的水平作用力大小相等,相互作用的時(shí)間相等,由沖量的定義式I=Ft知,彈丸對木塊的水平?jīng)_量與木塊對彈丸的水平?jīng)_量大小相等,故D正確。
8.如圖所示,質(zhì)量為m的小車左端緊靠豎直墻壁但不固定,其左側(cè)AB部分為光滑圓弧軌道,半徑為R,軌道最低點(diǎn)B與水平粗糙軌道BC相切,BC=2R。將質(zhì)量也為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)無初速釋放。只考慮物塊與 10、BC間的摩擦,其兩者間的動摩擦因數(shù)為,其余一切摩擦不計(jì),則物塊相對BC運(yùn)動的位移大小為( )
A.R B.R
C.R D.2R
解析:選A 物塊從A下滑到B的過程中,小車保持靜止,對物塊,由機(jī)械能守恒定律得:mgR=mv02
從B到C的過程中,小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,有:mv0=2mv
從B到C的過程中,由功能關(guān)系得:
μmgΔx=mv02-·2mv2
解得Δx=R,故A正確。
9. (2019·撫州模擬)如圖所示,光滑水平面上有A、B兩輛小車,質(zhì)量均為m=1 kg,現(xiàn)將小球C用長為0.2 m的細(xì)線懸于輕質(zhì)支架頂端,mC=0.5 kg。開始時(shí)A車與C球以 11、v0=4 m/s的速度沖向靜止的B車。若兩車正碰后粘在一起,不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,則( )
A.A車與B車碰撞瞬間,兩車動量守恒,機(jī)械能也守恒
B.從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒
C.小球能上升的最大高度為0.16 m
D.小球能上升的最大高度為0.12 m
解析:選C 兩車碰撞后粘在一起,屬于典型的非彈性碰撞,有機(jī)械能損失,A項(xiàng)錯(cuò)誤;從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中,在豎直方向上A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力不為零,則系統(tǒng)動量不守恒,B項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B兩車碰撞過程,動量守恒,設(shè)兩車剛粘在一起時(shí)共同速度為v1,有mv0 12、=2mv1,解得v1=2 m/s;從小球開始上擺到小球擺到最高點(diǎn)的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)小球上升到最高點(diǎn)時(shí)三者共同速度為v2,有2mv1+mCv0=(2m+mC)v2,解得v2=2.4 m/s;從兩車粘在一起到小球擺到最高點(diǎn)的過程中,A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,即mCgh=mCv02+·2mv12-(2m+mC)v22,解得h=0.16 m,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
10.如圖所示,水平固定的長滑竿上套有兩個(gè)質(zhì)量均為m的薄滑扣(即可以滑動的圓環(huán))A和B,兩滑扣之間由不可伸長的柔軟輕質(zhì)細(xì)線相連,細(xì)線長度為l,滑扣在滑竿上滑行時(shí)所受的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小 13、的k倍。開始時(shí)兩滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)。今給滑扣A一個(gè)向左的水平初速度使其在滑竿上開始向左滑行,細(xì)線拉緊后兩滑扣以共同的速度向前滑行,繼續(xù)滑行距離后靜止,假設(shè)細(xì)線拉緊過程的時(shí)間極短,重力加速度為g。求:
(1)滑扣A的初速度的大?。?
(2)整個(gè)過程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的機(jī)械能損失。
解析:(1)設(shè)滑扣A的初速度為v0,細(xì)線拉緊前瞬間滑扣A的速度為v1,滑扣A的加速度a=kg,由運(yùn)動學(xué)公式得v12-v02=-2al,細(xì)線拉緊后,A、B滑扣的共同速度為v2,由動量守恒定律得,mv1=2mv2,細(xì)線拉緊后滑扣繼續(xù)滑行的加速度大小也為a,由運(yùn)動學(xué)公式得0-v22=-2a·。 14、
聯(lián)立解得v2=,v1=2,v0=。
(2)由能量守恒定律得
ΔE=mv02-kmgl-k·2mg·l,
解得ΔE=kmgl。
答案:(1) (2)kmgl
[C級——難度題目適情選做]
11.某研究小組通過實(shí)驗(yàn)測得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù),得到如圖所示的位移—時(shí)間圖像。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時(shí)間極短,由圖像給出的信息可知( )
A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2
B.碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大
C.碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量 15、是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的
解析:選D 根據(jù)s-t圖像的斜率等于速度,可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1=-2 m/s,滑塊Ⅱ的速度為v2=0.8 m/s,則碰前速度大小之比為5∶2,故A錯(cuò)誤;碰撞前后系統(tǒng)動量守恒,碰撞前,滑塊Ⅰ的動量為負(fù),滑塊Ⅱ的動量為正,由于碰撞后總動量為正,故碰撞前總動量也為正,故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小小于滑塊Ⅱ的動量大小,故B錯(cuò)誤;碰撞后的共同速度為v=0.4 m/s,根據(jù)動量守恒定律,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由動能的表達(dá)式可知,m1v12>m2v22,故C錯(cuò)誤,D正確。
12.如圖所示,在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個(gè)弧形 16、凹槽OAB,凹槽半徑為R,A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽,重力加速度大小為g,不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是( )
A.當(dāng)v0=時(shí),小球能到達(dá)B點(diǎn)
B.如果小球的速度足夠大,球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上
C.當(dāng)v0=時(shí),小球在弧形凹槽上運(yùn)動的過程中,滑塊的動能一直增大
D.如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為m
解析:選C 滑塊不固定,當(dāng)v0=時(shí),設(shè)小球沿槽上升的高度為h,則有:mv0=(m+M)v,mv02=(M+m)v2+mgh,可解得h=R<R,故A錯(cuò)誤;因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對滑塊做正功,故滑塊的動能一直增大,C正確;當(dāng)小球速度 17、足夠大,從B點(diǎn)離開滑塊時(shí),由于B點(diǎn)切線豎直,在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同,離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回,不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上,B錯(cuò)誤;如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對滑塊的壓力為mg+m,D錯(cuò)誤。
13. (2019·西安模擬)如圖所示,質(zhì)量分別為mA=m、mB=3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上,其中A物體緊靠光滑墻壁,A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對B物體緩慢施加一個(gè)水平向右的力,使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定,此過程中,該力做功為W0。現(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定,(設(shè)重力加速度為g,A、B兩物體體積很小,可視為質(zhì)點(diǎn),彈簧在彈性限度內(nèi))求:
(1)從撤去外力 18、到A物體開始運(yùn)動,墻壁對A物體的沖量IA大?。?
(2)A、B兩物體離開墻壁后到達(dá)圓軌道之前,B物體的最小速度vB是多大;
(3)若在B物體獲得最小速度瞬間脫離彈簧,從光滑圓形軌道右側(cè)小口進(jìn)入(B物體進(jìn)入后小口自動封閉組成完整的圓形軌道)圓形軌道,要使B物體不脫離圓形軌道,試求圓形軌道半徑R的取值范圍。
解析:(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí),物體B的速度為vB0,
由能量守恒有:W0=mvB02,
解得vB0=
此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小,也等于彈簧對物體B的沖量大小,有:
IA=3mvB0=。
(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后,物體A離開墻壁,彈簧伸長,物體A的速度逐漸增大,物體B的速度逐漸減小。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長時(shí),物體A達(dá)到最大速度,物體B的速度減小到最小值,此過程滿足動量守恒、機(jī)械能守恒,有:
3mvB0=mvA+3mvB,
×3mvB02=mvA2+×3mvB2
解得:vB=vB0=。
(3)若物體B恰好過最高點(diǎn)不脫離圓形軌道
物體B經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí),有:
mBvB2=mBv12+mBg·2R,mBg=mB
解得:R=,所以R≤
若物體B恰好能運(yùn)動到與圓形軌道圓心等高處,有mBvB2=mBgR
解得:R=,所以R≥。
答案:(1) (2) (3)R≥或R≤
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